高考物理一轮复习专题06动力学三大基本模型知识点练习含解析

专题6 动力学三大基本模型
一、夯实基础
1、传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行，将行李无初速度地放在左端点A处。

传送带的水平部分A、B间的距离为L，则（）
A、行李在传送带上一定匀加速至B端
B、行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力
C、行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力
D、行李在传送带上的时间一定大于L v
【答案】CD
【解析】ABC．行李无初速地轻放在左端时，由于相对运动产生了水平向右的滑动摩擦力，行李在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；如果当行李的速度等于传送带速度时，行李的位移小于传送带的长度，则行李与传送带相对静止做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故A、B错误，C正确；
D．如果行李从开始一直做速度为v的匀速运动，则时间为L
v
，但实际上行李从开始做初速度为0的匀加速
直线运动，最大速度不大于v，则全程平均速度小于v，故行李在传送带上的时间一定大于L
v
，故D正确；
故选CD。

2、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
【答案】： D
【解析】：开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ。

小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ。

根据以上分析，有a2<a1，所以，本题正确选项为D。

3、如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。

假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常量)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。

下列反映a1和a2随时间t变化的图线中正确的是( )
【答案】： A
【解析】： 开始时木板和木块一起做加速运动，有F ＝(m 1＋m 2)a ，解得a ＝
F
m 1＋m 2＝
kt
m 1＋m 2
，即木板和木块
的加速度相同且与时间成正比。

当木板与木块间的摩擦力达到μm 2g 后两者发生相对滑动，对木块有F －μm 2g ＝m 2a 2，a 2＝F －μm 2g m 2＝kt
m 2
－μg ，故其图线的斜率增大；对木板，在发生相对滑动后，有μm 2g ＝m 1a 1，故a 1
＝
μm 2g
m 1
为定值。

所以选项A 正确。

4、如图所示为一水平传送带装置示意图。

A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m/s 2
的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动。

已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0、1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m/s 2
)。

(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 【答案】： (1)2 m/s (2)1 m
【解析】： (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点
μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2 v 2B ＝2a 1L v B ＝2 m/s
(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短
煤块运动时间t ＝v B
a 1
＝2 s
传送带加速过程：
v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12
a 1t 2得x 1＝1 m
传送带匀速运动过程：
t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m
故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m 。

5、如图所示，物体P 放在水平地面上，劲度系数为k ＝250 N/m 的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上、右端固定在质量为m ＝1 kg 的物体P 上，弹簧水平。

开始时弹簧为原长，P 从此刻开始受到与水平面成θ＝37°的拉力作用而向右做匀加速运动。

某时刻F ＝10 N ，弹簧弹力大小为T ＝5 N ，P 向右的加速度大小为a ＝1 m/s2，此时撤去F ，已知sin 37°＝0、
6、cos 37°＝0、8，重力加速度g ＝10 m/s2。

求：
【答案】：
(1)0、2 m/s 方向水平向右 (2)10 m/s2 方向水平向左
解析 (1)根据胡克定律可知，从开始到撤去F ，弹簧伸长量x ＝T
k
＝0、02 m
应用速度－位移关系式可知，撤去F 时P 的速度v ＝2ax 解得v ＝0、2 m/s ，方向水平向右
(2)撤去F 前的瞬间P 做加速运动的加速度a ＝1 m/s 2
，弹簧被拉长，设P 与水平面间的动摩擦因数为μ，对P 应用牛顿第二定律得F cos θ－μ(mg －F sin θ)－T ＝ma 撤去F 瞬间P 的加速度大小为a ′，应用牛顿第二定律有
μmg ＋T ＝ma ′
联立解得a ′＝10 m/s 2
，方向水平向左 二、能力提升
6、(多选)如图所示，白色传送带保持v 0＝10 m/s 的速度逆时针转动，现将一质量为0、4 kg 的煤块轻放在
传送带的A 端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0、5，传送带AB 两端距离x ＝16 m ，传送带倾角为37°，(sin 37°＝0、6，cos 37°＝0、8，g 取10 m/s 2
)( )
A ．煤块从A 端运动到
B 端所经历的时间为2 s B ．煤块从A 端运动到B 端相对传送带的位移为6 m
C ．煤块从A 端运动到B 端画出的痕迹长度为5 m
D ．煤块从A 端运动到B 端摩擦产生的热量为6、4 J 【答案】AC
【解析】煤块刚放上传送带时的加速度大小为a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°
m
＝g sin 37°＋μg cos 37°
＝6 m/s 2
＋0、5×8 m/s 2
＝10 m/s 2
， 则煤块速度达到传送带速度的时间为：
t 1＝v 0a 1＝10
10 s ＝1 s ，
位移为：x 1＝v 20
2a 1＝10020
m ＝5 m ，
煤块速度达到传送带速度后的加速度为：
a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m
＝g sin 37°－μg cos 37°
＝6 m/s 2
－4 m/s 2
＝2 m/s 2
，
根据x －x 1＝v 0t 2＋12a 2t 2
2代入数据解得：t 2＝1 s ，
则煤块从A 端运动到B 端所经历的时间为：
t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故A 正确。

煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小Δx 1＝v 0t 1－x 1＝10 m －5 m ＝5
m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小Δx2＝x－x1－v0t2＝11 m－10×1 m＝1 m，则相对位移的大小Δx＝Δx1－Δx2＝5 m－1 m＝4 m，故B错误。

留下的痕迹长度Δx′＝Δx1＝5 m，故C正确。

摩擦产生的热量Q＝μmg cos 37°Δx1＋μmg cos 37°Δx2＝0、5×4×0、8×5 J＋0、5×4×0、8×1 J＝9、6 J，故D错误。

7、(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

滑块的v­t图象可能是( )
A B
C D
【答案】AC
【解析】滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。

设木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg>μ2(M＋m)g，最后一起做匀减速运动，加速度a′＝μ2g，开始时木块做匀减速运动的加速度大小为a＝μ1g>μ2g，知图线的斜率变小，故C正确，D错误。

若μ1mg<μ2(M＋m)g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动，故A正确。

由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动，故B错误。

8、长为L＝1、5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0、4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了x ＝8、0 cm后停下。

若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0、25，g取10 m/s2。

求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2。

(2)小物块A的初速度v0。

(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【答案】：(1)0、10 (2)2、4 m/s (3)3、0 m/s
【解析】：(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝v2
2x
＝1、0 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0、10
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动。

其加速度
a1＝μ1g＝2、5 m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0、50 m/s2
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t
解得t＝v
a2
＝0、8 s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2、4 m/s
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v 0m t ′－12a 1t ′2－12
a 2t ′2＝L v 0m －v ′＝a 1t ′ v ′＝a 2t ′
由以上三式解得v 0m ＝3、0 m/s
9、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。

某地有一倾角为θ=37°的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为
8
3
，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0、5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。

已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取重力加速度大小g=10m/s2。

求： （1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小 （2）A 在B 上总的运动时间
【答案】：3m/s 2
1m/s 2
4s
【解析】：选择0-2s 作为研究过程，对物体进行受力分析； 对A 受力分析:)1...(cos sin 11ma mg mg =-θμθ
对B 受力分析：)2..(cos 2cos sin 221ma mg mg mg =-+θμθμθ
解得：
...
/1..../32
221s m a s m a ==
选择0-2s 作为研究过程对物体进行运动分析：
设2s 末A 的速度大小为V1，B 的速度大小为V2，在该段时间里A 走的位移大小为X1，B 走的位移大小为X2；
)
5...()4...(2211t a v t a v ==
)8...(4)7...(2
1
)6...(212112222
11m x x X t a x t a x =-=∆==
联立4、5、6、7得：
.......
2......6/2....../62121m x m x s m v s m v ====
选择2s 以后作为研究过程对物体进行受力分析： 对A 受力分析：)9...(sin 3ma mg =θ
对B 受力分析：)10....(cos 2sin 42ma mg mg =-θμθ
解得：2
423/2....../6s m a s m a -==
设经过时间t ，B 物体停止，此时A 的速度大小为v3，在该时间里A 走的位移大小为x3，B 走的位移大小为x4；
对A ：)11...(313t a v v += 对B ：)12....(042t a v +=
对A ：)13...(.2313t v v x +=
对B ：)14...(.2
24t v
x = 解得：m x m x 1......943== )15...(8432m x x x =-=∆
选择3s 以后作为研究过程：设剩余位移的大小为3x ∆走完剩余位移所用的时间为t 、
；
对A ：
s
t
x
x
l
x
t a t v
x
1
)
17
....(
)
16
...(
2
1
\
2
1
3
2\
3
\
3
3
=
∆
-
∆
-
=
∆
+ =
∆
故A在B上运动的总时间为t=2+1+1=4s、、、、(18)。